培優(yōu)專題 期末函數(shù)大題壓軸(解析版)_第1頁
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文檔簡介

培優(yōu)專題6期末函數(shù)大題壓軸(90題)題型一嵌套函數(shù)與根的分布2023·江蘇鎮(zhèn)江·高一統(tǒng)考期末23-24高一上·江蘇蘇州·期末23-24高一上·浙江·期末23-24高一上·湖北武漢·期末23-24高一上·浙江麗水·期末題型二抽象函數(shù)問題2023上·江蘇揚州·高一期末2023·重慶一中高一期末23-24高一上·重慶渝中·期末題型三對稱性與周期性的應(yīng)用23-24高一上·浙江溫州·期末23-24高一上·廣東廣州·期末24-25高一上·湖南·期中23-24高一下·浙江杭州·期中題型四對零點個數(shù)進(jìn)行討論23-24高一上·廣東佛山·期末2023·浙江·杭師大附中??计谀?023·江蘇無錫·高一無錫市第一中學(xué)校考期末24-25高一上·重慶·期中2023·山東青島·高一期末統(tǒng)考24-25高一上·重慶·期中題型五由零點或根的個數(shù)求參數(shù)2023高一上·湖北武漢·期末2023年廣東省東莞市期末2023·浙江杭州·高一浙江省杭州第七中學(xué)??计谀?023上·江蘇鹽城·高一江蘇省射陽中學(xué)??计谀?3-24高一上·重慶九龍坡·期末23-24高一上·江蘇鎮(zhèn)江·期末2023·浙江溫州·高一統(tǒng)考期末2023上·江蘇蘇州·高一統(tǒng)考期末2023年廣東省深圳市寶安區(qū)期末題型六指數(shù)與對數(shù)型復(fù)合函數(shù)2023上·江蘇宿遷·高一統(tǒng)考期末2023·浙江臺州·高一統(tǒng)考期末23-24高一上·重慶·期末2023·浙江杭州·高一校考期末2023上·江蘇鹽城一中聯(lián)考期末23-24高一上·廣東深圳·期末23-24高一上·江蘇南京·期末24-25高一上·重慶·期中2023·重慶巴蜀中學(xué)高一期末23-24高一上·湖南長沙·期末題型七“恒(能)成立”問題23-24高一上·廣東廣州·期末23-24高一上·湖北武漢·期末2023年廣東省肇慶市期末2023年廣東省深圳市龍崗區(qū)期末23-24高一下·廣東深圳·期末23-24高一上·江蘇無錫·期末2023·江蘇淮安·高一統(tǒng)考期末2023·江蘇連云港·高一統(tǒng)考期末2023·安徽省高一期末聯(lián)考2023·浙江杭州四中高一期末2023·浙江寧波高一期末聯(lián)考2023·山東省實驗中學(xué)高一期末2023·浙江·高一期末聯(lián)考24-25高一上·湖北黃岡·期中題型八不等式證明23-24高一上·浙江溫州·期末2023·武漢外國語學(xué)校高一期末2023·重慶八中高一期末2023·福建廈門·高一期末統(tǒng)考2023江蘇南京師大附中??计谀?3-24高一上·重慶·期末題型九存在任意雙變量問題24-25高一上·江蘇鎮(zhèn)江·期中24-25高一上·江蘇無錫·期中2023年廣東省湛江市期末24-25高一上·重慶·階段練習(xí)24-25高一上·重慶·階段練習(xí)23-24高一上·廣東廣州·期末23-24高一上·廣東廣州·期末2023·山東師范大學(xué)附中高一期末2023·山東濟(jì)南高一期末24-25高一上·浙江·期中24-25高一上·浙江·期中題型十與絕對值有關(guān)的綜合問題23-24高一下·浙江杭州·期末23-24高一上·浙江寧波·期末2023·浙江·杭十四中高一期末23-24高一上·浙江湖州·期末2023·湖北黃岡·高一期末統(tǒng)考24-25高一上·湖南長沙·期中2023·浙江衢州·高一期末統(tǒng)考題型十一新定義問題24-25高一上·廣東廣州·階段練習(xí)2023·浙江麗水·高一期末統(tǒng)考2023·浙江寧波·高一期末統(tǒng)考24-25高一上·江蘇·階段練習(xí)2023·江蘇蘇州·高一統(tǒng)考期末23-24高一上·江蘇鹽城·期末2023·襄陽四中高一期末24-25高一上·浙江·期中24-25高一上·湖北宜昌·期中2023·安徽師大附中高一期末題型十二三角函數(shù)綜合問題2023上·江蘇連云港·高一??计谀?023上·重慶南開中學(xué)高一期末2023·華南師大附中高一期末23-24高一上·浙江嘉興·期末2023上·江蘇泰州·高一統(tǒng)考期末2),則f(x)的值域是g(x)值域的子集.2),則f(x)的值域和g(x)值域存在交集.2f(x1),f(x2),f(x3)總能構(gòu)成三角形,則f(x)max≥f(x)min.,x2∈(a,b),f(x1)>g(x2)成立f(x)max>g(x)min,x2∈(a,b),f(x1)<g(x2)成立f(x)min<g(x)max,x2∈(a,b),f(x1)<g(x2)恒成立f(x)max<g(x)min,x2∈(a,b),f(x1)>g(x2)恒成立f(x)min>g(x)max2∈(a,b),f(x1)>g(x2)成立f(x)min>g(x)min2∈(a,b),f(x1)>g(x2)成立f(x)max>g(x)maxax2(1)方程ax2+bx+c=0的兩根都大于m->m;lf(m)>0(2)方程ax2+bx+c=0的兩根都小于mlf(m)>0(3)方程ax2+bx+c=0的一根大于m,一根小于mf(m)<0;lf(n)>0lf(n)>0(1)函數(shù)性質(zhì)法對于一次函數(shù),只須兩端滿足條件即可;對于二次函數(shù),就要考慮參數(shù)和Δ的取值范圍.(2)分離變量法思路:將參數(shù)移到不等式的一側(cè),將自變量x都移到不等式的另一側(cè).①f(x)<g(a)存在解f(x)min<g(a);f(x)<g(a)恒成立f(x)max<g(a);②f(x)≤g(a)存在解f(x)min≤g(a);f(x)≤g(a)恒成立f(x)max≤g(a);③f(x)>g(a)存在解f(x)max>g(a);f(x)>g(a)恒成立f(x)min>g(a);④f(x)≥g(a)存在解f(x)max≥g(a);f(x)≥g(a)恒成立f(x)min≥g(a)(3)變換主元法特點:題目中已經(jīng)告訴了我們參數(shù)的取值范圍,最后要我們求自變量的取值范圍.思路:把自變量看作“參數(shù)”,把參數(shù)看作“自變量”,然后再利用函數(shù)的性質(zhì)法,求解.(4)數(shù)形結(jié)合法特點:看到有根號的函數(shù),就要想到兩邊平方,這樣就與圓聯(lián)系起來;這樣求函數(shù)恒成立問題就可以轉(zhuǎn)化為求“誰的函數(shù)圖像一直在上面”,這樣會更加直觀,方便求解.2023·江蘇鎮(zhèn)江·高一統(tǒng)考期末(1)判斷并證明y=f(x)在(0,+∞)上的單調(diào)性;(2)當(dāng)x∈[1,3]時,都有g(shù)(x)≤0成立,求實數(shù)m的取值范圍;(3)若方程g(x)=4在[-1,1]上有4個實數(shù)解,求實數(shù)m的取值范圍.【答案】(1)函數(shù)y=f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),證明見解析【分析】(1)判斷出函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),然后任取x1、x2∈(0,+∞)且x1>x2,作差f(x1)-f(x2),因式分解后判斷f(x1)-f(x2)的符號,結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義可證得結(jié)論成立;由g(x)≤0可得出m≤t+利用對勾函數(shù)的單調(diào)性可求得實數(shù)m的取值范圍;令t=2x+令p(t)=t2-mt+5,分析可知函數(shù)p在上有兩個不等的零點,根據(jù)二次函數(shù)的零點分布可得出關(guān)于實數(shù)m的不等式組,即可解得實數(shù)m的取值范圍.:f(x1)>f(x2),所以,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).則g(x)=mf(x)-f(2x)-3=mt-t2-1,由g(x)≤0可得m≤t+,因為函數(shù)在上單調(diào)遞增,所以,m≤hmin=h所以,實數(shù)m的取值范圍是(3)解:對任意的x∈R,f=2-x++2x=f所以,函數(shù)f(x)為偶函數(shù),由(1)可知,函數(shù)f(x)在[0,1]上為增函數(shù),則該函數(shù)在[-1,0]上為減函數(shù),2-1,令p(t)=t2-mt+5,則函數(shù)p(t)在(|(2,上有兩個不等的零點,因此,實數(shù)m因此,實數(shù)m的取值范圍是(|(25,),.23-24高一上·江蘇蘇州·期末2.已知函數(shù)f(x)=ax2-(1)判斷f(x)的奇偶性(直接寫出結(jié)論,不必說明理由證明:當(dāng)a≠0時,f(3)若函數(shù)y=f(ex)有三個零點,求a的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3)(0,)【分析】(1)根據(jù)題意,分a=0和a≠0,兩種情況,結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義,即可求解;(2)根據(jù)題意,得到f(1)+f(-1)=2-(a+1+論,分別得到即可得證;(3)設(shè)t=ex,問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=f(t)有三個大于0的零點,分a=0,a<0和a>0,三種情況討論,轉(zhuǎn)化為f(t)在(0,a)有且僅有1個零點,在(a,+∞)上有且僅有2個零點,列出不等式組,即可求解.【詳解】(1)當(dāng)a=0時,f(x)=-x,其定義域為R,且f(-x)=--x=-x=f(x),所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù);當(dāng)a≠0時,函數(shù)f(x)=ax2-x-a,可得f(-x)≠f(x)且f(-x)≠-f(x),所以函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)又不是偶函數(shù).(2)由函數(shù)f(x)=ax2-x-a,可得f(1)+f(-1)=2-(a+1+a綜上可得,當(dāng)a≠0時,f因為t是關(guān)于x的單調(diào)增函數(shù),問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=f(t)有三個大于0的零點,當(dāng)a=0時,f(t)=-t,所以f(t)只有一個零點為0,不符合題意;當(dāng)a<0時,f(t)=at2-t-a<0,所以f(t)無零點,不符合題意;當(dāng)a>0時,f因為y=at2+t-a的圖象的對稱軸為t=-,所以f(t)在(0,a)上遞增,所以f(t)在(0,a)上至多有1個零點;又因為y=at2-t+a的圖象對稱軸為所以f(t)在(a,+∞)上至多有2個零點,問題等價于f(t)在(0,a)有且僅有1個零點,在(a,+∞)上有且僅有2個零點,21所以實數(shù)a的取值范圍為(0,).223-24高一上·浙江·期末(1)若函數(shù)y=f(x)有4個零點x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4),求證:x1x2x3x4=9;(2)是否存在非零實數(shù)m.使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b](0<a<b)上的取值范圍為若存在,求出m的取值范圍.若不存在,請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)由題意得到方程f(x+m有4個不同的解,即方程x2+(2+m)x-3=0,x2+(2-m)x-3=0各有兩個實數(shù)根,根據(jù)韋達(dá)定理即可得證;(2)由題意y=fx在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,對a,b的范圍進(jìn)行討論,利用根的分布和基本不等式即可求解.即方程x2+(2+m)x-3=0,x2+(2-m)x-3=0各有兩個實數(shù)根,于是x1x2x3x4=9;單調(diào)遞增;①若函數(shù)f(x)在[a,b]上不單調(diào),則有0<a≤1<b,且f(1)=m=由于m≠0,所以a=2,與假設(shè)矛盾;所以a,b是一元二次方程x2+(m+2)x-3-2m=0的兩個不相等的實數(shù)根,記g(x)=x2+(m+2)x-3-2m,:m<-4,與m∈矛盾,此時滿足條件的實數(shù)m不存在,綜合以上討論,滿足條件的實數(shù)m的取值范圍是(-∞,-6-2·i5).23-24高一上·湖北武漢·期末4.已知函數(shù)f(x)=log2(4x+1)+2kx為偶函數(shù).(1)求實數(shù)k的值;(2)解關(guān)于m的不等式f(2m+1)<f(m-2);(3)設(shè)g(x)=log2(a.2x+2a),若函數(shù)f(x)與g(x)圖象有2個公共點,求實數(shù)a的取值范圍.(1)(2)|(-3,3(1)【分析】(1)由偶函數(shù)的定義結(jié)合對數(shù)運算性質(zhì)可求得實數(shù)k的值;f(2m+1)<f(m-2),可得出關(guān)于實數(shù)m的不等式,解之即可;(3)令t=2x>0,由題意可知,關(guān)于t的方程(a-1)t2+2at-1=0有兩個不等的正根,根據(jù)二次方程根的分布可得出關(guān)于a的不等式組,解之即可.【詳解】(1)解:對任意的x∈R,4x+1>0,所以,函數(shù)f(x)=log因為函數(shù)f(x)=log2(4x+1)+2kx的偶函數(shù),則f(-x)=f(x),=log22-2x=-2x,所以,k=-.22(x,2所以,函數(shù)u=2x+2-x在[0,+∞)上為增函數(shù),又因為外層函數(shù)y=log2u為(0,+∞)上的增函數(shù),所以,函數(shù)f(x)=log2(2x+2-x)在[0,+∞)上為增函數(shù),由f(2m+1)<f(m-2)可得f(2m+1)<f(m-2),所以,2m+1<m-2,(1)因此,實數(shù)m的取值范圍是|(-3,3,(1)(3)解:函數(shù)f(x)與g(x)圖象有2個公共點,可得a.2x+a=2x+2-x,即(a-1).22x+2a.2x-1=0,>0,則(a-1)t2+2at-1=0,又t=2x在R上單調(diào)遞增,由題意可知,關(guān)于t的方程(a-1)t2+2at-1=0有兩個不等的正根,la-1la-1(5-1)即a的取值范圍為|(2,1,.23-24高一上·浙江麗水·期末(1)當(dāng)x∈(0,3)時,求滿足f(x)=logx的實數(shù)x的值;函數(shù)g求滿足f(4x2-10x+f(x+8))=f(g(x))的實數(shù)x的取值范圍.【答案】(1)x=或2值,再解對數(shù)方程即可;合f(x)≥0求得4x2-10x+8<4,再分為<x<1和1≤x<2解對應(yīng)不等式即可.當(dāng)x∈[2,3)時,即logx=2綜上x=或2;當(dāng)x>0時,3<g(x)<4,:f(g(x))=3,由取整定義可得:f(x+8)=f(x)+8,:f(4x2-10x+f(x+8))=f(4x2-10x+8+f(x))=3,:3≤4x2-10x+8+f(x)<4,又:x>0,:f(x)≥0,綜上2023上·江蘇揚州·高一期末6.已知函數(shù)f(x)滿足如下條件:①對任意x>0,f(x)>0;②f(1)=1;③對任意x>0,y>0,總有f(x)+f(y)≤f(x+y).(1)寫出一個符合上述條件的函數(shù)(寫出即可,無需證明(2)證明:滿足題干條件的函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;(3)①證明:對任意的s>0,≥2k,其中②證明:對任意的,都有f【答案】(1)f(x)=xa(a>1)(答案不唯一)(2)證明見解析(3)①證明見解析;②證明見解析【分析】(1)根據(jù)條件設(shè)計一個函數(shù)即可;(2)根據(jù)條件,運用函數(shù)單調(diào)性的定義推導(dǎo)即可;(3)運用遞推的方法先證明①,再根據(jù)①的結(jié)論,考慮的x的區(qū)間即可證明.【解析】(1)f(x)=x,f(x)=x2,f(x)=x3等,即形如f(x)=xα(α>1)均可;(2)任取x>y>0,f(x)-f(y)=f(x-y+y)-f(y).因為x-y>0,故f(x-y+y)≥f(x-y)+f(y)且f(x-y)>0.故f(x)-f(y)=f(x-y+y)-f(y)≥f(x-y)>0.故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(3)①由題意可知:對任意正數(shù)s,都有f(s)>0,且f(s)+f(t)≤f(s+t),在③中令x=y=s,可得f,即故對任意正整數(shù)k與正數(shù)s,都有......≥2k;②由①可知:對任意正整數(shù)k與正數(shù)s,都有f(2ks)≥2kf(s),故對任意正整數(shù)k與正數(shù)s,都有f(2k-1s)≥2k-1f(s),令s=21-k,則f(21-k)≤21-kf(1)=21-k;2-kx2-kx又因為f(1)=1,所以由(2)中已經(jīng)證明的單調(diào)性可知:所以f(x)-f(|(),>-.【點睛】對于第二問,如何巧妙運用f(x)+f(y)≤f(x+y)要學(xué)習(xí),抽象函數(shù)中經(jīng)常會用到這個方再利用①的結(jié)論推出f(x)>,f(|(),<.2023·重慶一中高一期末7.已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)=,且對任意λ,x∈R,恒有f(λ.x)=(f(x))λ.(1)求f(1);(2)求證:對任意m,n∈R,恒有:f(3)是否存在實數(shù)k,使得不等式<f(sinθ+cosθ)2+(4+k)(sinθ-cosθ)-(k+1)<對任意的θ∈[0,π]恒成立?若存在,求k的取值范圍;若不存在,請說明理由. 【答案】(1)(2)見解析(3)(-7,-6]即可證明3)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性以及用換元法,轉(zhuǎn)化為分類討論二次函數(shù)在給定區(qū)間的最值求解.【詳解】(1)由題可知,f(λ.x)=(f(x))λ,令λ=,x=2可得f(1)=[f(2)=.分別令m+nm-n(m+n)((m-n)(可得f|(2,=|(2,,f(m+n)((m-n)(m+nm-n2=fm(),得證.由可得f所以f,則函數(shù)f(x)=((|,)x在定義域R上單調(diào)遞減,即1<sin2θ+(4+k)(sinθ-cosθ(4,(4,且t2=sin2θ+cos2θ-2sinθcosθ=1-sin2θ,所以sin2θ=1-t2,所以1<1-t2+(4+k)t-k<10,也即0<-t2+(4+k)t-k<9恒成立,令g(t)=-t2+(4+k)t-k,對稱軸為t0=+2,則g(t)=-t2+(4+k)t-k在t∈-1,單調(diào)遞減,所以{0<-2k-5<9解得-7<k-6,s2-5,=4s2-2+v2k-k,-6,-5所以所以{0<(k2+4k+16)<9此時無解,4ll則g(t)max=g(+2)=(k2+4k+16),g(t)min=g(-1)=-2k-5,40<-2k-5<9l則g(t)=-t2+(4+k)t-k在t∈-1,·單調(diào)遞增,則g(t)min=g(-1)=-2k-5,g(t)max=g(·)=4·-2+·k-k,所以{0<-2k-5<9此時無解,綜上,k的取值范圍l0<4-2+k-k<923-24高一上·重慶渝中·期末g(x)=,設(shè)當(dāng)x>0時,都有g(shù)(x)>f(2)(1)計算f(2),并證明g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;求t的取值范圍?【答案】(1)f(2)=1,證明見解析【分析】(1)利用賦值法,令x=y=1即可求得f(2)的值,由條件得g(x+y)=g(x)g(y),令x12>0,判斷g(x1)-g(x2)的符號,可得出答案;+b>t,則令φ(m)=m2+am+b,只需φ(m)max>t,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)分類討論求解.則g(x1)-g(x2)=g(x1-x2+x2)-g(x2)=g(x1-x2)g(x2)-g(x2)=g(x2)(g(x1-x2)因為x1-x2>0,所以g(x1-x所以g(x2)(g(x1-x2)-因此g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.20cosx0→sin2x0=m2-1,02則令φ(m)=m2+am+b,只需φ(m)mmin將其視為關(guān)于b的函數(shù),令其為h(b),題型三對稱性與周期性的應(yīng)用23-24高一上·浙江溫州·期末9.已知函數(shù)f(x)=4x-m.2x+1-m+1(m∈R).(1)當(dāng)m=1時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)y=h(x)的定義域內(nèi)存在x0,使得h(a+x0)+h(a-x0)=2b成立,則稱h(x)為局部對稱函數(shù),其中(a,b)為函數(shù)h(x)的局部對稱點,若(1,2)是函數(shù)f(x)的局部對稱點,求實數(shù)m的取值范圍.【分析】(1)將原函數(shù)可看作由t=2x,g(t)=t2-2t復(fù)合而成,根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判斷,即可求得答案;(2)根據(jù)函數(shù)局部對稱點的定義,可得存在x0使得f(1+x0)+f(1-x0)=4成立,即可得.2x0單調(diào)性,即可求得答案.【詳解】(1)當(dāng)m=1時,f(x)=4x-2x+1,即f(x)=(2x)2-2.2x,令t=2x,則f(x)=(2x)2-2.2x,即為g(t)=t2-2t:t=2x在R上遞增,y=t2-2t在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,:f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(-∞,0),單調(diào)增區(qū)間是(0,+∞).(2)由已知可得,(1,2)是函數(shù)f(x)的局部對稱點,即存在x0使得f(1+x0)+f(1-x0)=4成立,即存在x0,使得41+x0-m.22+x0-m+1+41-x0-m.22-x0-m+1=4成立,化簡得4×4x0-4m.2x0+-2m-2=0,x0:m=2×4x0+-1:m=22x0+),2-5x0x0令t=2x0+,:t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x0=0時取等號,由于上單調(diào)遞增,故3523-24高一上·廣東廣州·期末10.已知函數(shù)f(x)的定義域為R,丫a,b∈R,f在區(qū)間[0,3]上單調(diào)遞減.(1)求證:f(x)+f(0)≥0;(2)求f(1)+f(2)+…+f(2023)的值;(3)當(dāng)x∈R時,求不等式3f(2x)+4≤9f(x)的解集.【答案】(1)證明見解析(2)(2)借助賦值法可得f(x)為周期為6的周期函數(shù)、并可計算出f(0)、f1、…、f(6),結(jié)合周期性即可得.(3)借助賦值法令a=b=x,可將原不等式轉(zhuǎn)化為9f2(x)-9f(x)+2≤0,解出可得f(x)的范圍,結(jié)合函數(shù)性質(zhì)即可得.≥0,故f(x)+f(0)≥0;(2)令b=1,則有f(a+1)+f(a-1)=3f(a)f(1)=f(a),則f(a)+f(a-2)=f(a-1),即f(a)=f(a-1)-f(a-2),故f(a+1)+f(a-1)=f(a-1)-f(a-2),即f(a+1)=-f(a-2),則f(a-3+1)=-f(a-3-2),即f(a-2)=-f(a-5),故f(a+1)=f(a-5),即有f(x)=f(x-6),故函數(shù)f(x)為周期為6的周期函數(shù),令a=1、b=0,則有f(1)+f(1)=3f(1)f(0),即f(0)=,令a=1、b=1,則有f(2)+f(0)=3f(1)f(1),即f(2)=-,由f(a+1)=-f(a-2),故f(3)=-f(0)=-,故f(1)+f(2)+…+f(2023)=337[f(1)+f(2)(3)令a=b=x,則有f(2x)+f(0)=3f2(x),即f(2x)=3f2(x)-f(0)=3f2(x)-,則3f(2x)=9f2(x)-2,即3f(2x)+4≤9f(x)可化為9f2(x)-2+4≤9f(x),即解9f2(x)-9f(x)+2≤0,即3f(x)-27」3f(x)-17」≤0,由f(1)=、f(0)=,且f(x)在區(qū)間[0,3]上單調(diào)遞減,又f(a-2)=-f(a-5),即f(x)=-f(x-3),故f(x)在區(qū)間[3,6]上單調(diào)遞增,又f(5)=、f(6)=,故x∈[5,6]是該不等式的解,又函數(shù)f(x)為周期為6的周期函數(shù),24-25高一上·湖南·期中11.我們知道,奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱.類比奇函數(shù)的定義,我們可以定義中心對稱函數(shù):設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域為D,若對丫x∈D,都有f(2m-x)+f(x)=2n,則稱函數(shù)f(x)為中心對稱函數(shù),其中(m,n)為函數(shù)f(x)的對稱中心.比如,函數(shù)y=+1就是中心對稱函數(shù),其對稱中心為(0,1).且中心對稱函數(shù)具有如下性質(zhì):若(m,n)為函數(shù)f(x)的對稱中心,則函數(shù)y=f(x+m)-n為奇函數(shù).(1)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,2)中心對稱,且當(dāng)x>1時,f(x)=x(x+1),求f(0),f(1)的值.(2)已知函數(shù)f(x)=+為中心對稱函數(shù),有唯一的對稱中心,請寫出對稱中心并證明;【答案】(1)f(0)=-2,f(1)=2(2)對稱中心為(-2,0),證明見解析【分析】(1)由題意可得f(2-x)+f(x)=4,借助賦值法,分別令x=1、x=0,結(jié)合所給函數(shù)計算即可得;(2)結(jié)合中心對稱函數(shù)定義,得到定義域后,證明f(-4-x)+f(x)=0即可得;(3)結(jié)合中心對稱函數(shù)定義,設(shè)其對稱中心為(m,n),則得到其定義域關(guān)于(m,0)中心對稱,就對稱中心分類討論后可得數(shù)組的個數(shù).【詳解】(1)由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,2)中心對稱,故有f(2-x)+f(x)=4,令x=1,則有2f(1)=4,故f(1)=2,令x=0,則有f(2)+f(0)=4,又當(dāng)x>1時,f(x)=x(x+1),故f(2)=2(2+1)=6,故f(0)=4-f(2)=4-6=-2,即f(0)=-2,f(1)=2;(2)對稱中心為(-2,0),證明如下:,故函數(shù)的對稱中心為(-2,0);(3)設(shè)g(x)的對稱中心為(m,n),則該函數(shù)定義域關(guān)于(m,0)中心對稱,又x≠-a、x≠-b、x≠-c,a<b<c故b=3,a=4-c(c≥4),共有2021個數(shù)組符合題意;故b=2a-2,c=2a-1,2<a≤1012,共有1010個數(shù)組符合題意;若對稱中心為(-b,0),則必有-2≤-b≤-1,b=1,或b=2,經(jīng)檢驗不合題意;故b=2c-1,a=2c-2,-1011≤c<1,共有1012個數(shù)組符合題意;綜上所述,數(shù)組(a,b,c)的個數(shù)為6065.23-24高一下·浙江杭州·期中12.已知函數(shù)f(x)和g(x)的定義域分別為D1和D2,若對任意x0∈D1,恰好存在n個不同的實數(shù)x1,x2,?,xn,使得g(xi)=f(x0)(其中i=1,2,?,n,n∈N*則稱g(x)為f(x)的“n重覆蓋函數(shù)”.(1)判斷g(x)=x2-2x+1(x∈[0,4])是否為f(x)=x+4(x∈[0,5])的“n重覆蓋函數(shù)”,如果是,求出n的值;如果不是,說明理由;若gx+1,-2≤x≤1為f=log2重覆蓋函數(shù)”,求實數(shù)a的取值范為的“2024重覆蓋函數(shù)”,求正實數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)g(x)是f(x)的“n重覆蓋函數(shù)”,n=1;(2)實數(shù)a的取值范圍是(3)正實數(shù)a的取值范圍是【分析】(1)第一問根據(jù)新定義,結(jié)合函數(shù)單調(diào)性即可求解;(2)第二問先求出f(x)的值域,然后把問題轉(zhuǎn)化為y=g(x)與y=k有兩個交點,然后對a分類討論即可求解;數(shù)h(x)的圖像,結(jié)合圖像即可求解.g(x)是f(x)的“n重覆蓋函數(shù)”,n=1.0使得g(xi)=f(x0)(其中i=1,2所以0<log2即:故只需-2≤x≤1時,g(x)=k僅有1個跟,當(dāng)a=0時,g(x)=-3x+1,符合題意,當(dāng)a<0時,拋物線開口向下,綜上,實數(shù)a的取值范圍是因為f則對于丫有圖象易知,當(dāng)x∈時,h(x)=ax-2023,此時當(dāng)時,則有ax-2023= 故正實數(shù)a的取值范圍是23-24高一上·廣東佛山·期末13.已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù),g(x)為偶函數(shù),且f(x)+g(x)=ex+ke一x,其中k為常數(shù).(1)求函數(shù)f(x)和g(x)的解析式;(2)若函數(shù)h(x)=[g(x)]2一[f(x)]2的最小值為16,求k的值:(3)在(2)的條件下,討論函數(shù)φ(x)=[f(x)]2一mg(x)+20(m∈R)的零點個數(shù).(3)答案見解析.【分析】(1)根據(jù)奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義,與已知條件聯(lián)立方程組,即可求得.(2)化簡h(x),利用基本不等式,對k分類討論,求出h(x)的最小值,從而求出k的值.兩個函數(shù)y=2m與y=t+t≥2)的交點問題,即可求解.f(x)=f(x),g(x)=g(x),f(x)+g(x)=ex+kex,即f(x)+g(x)=ex+kex②,由①②得,f(2)h(x)=[g(x)]2[f(x)]2=[g(x)+f(x)][g(x)f(x)]ex+kex)(kex+ex)=k(e2x+e2x)+k2+1,e2x+e2x≥2·e2x.e2x=2,當(dāng)且僅當(dāng)e2x=e2x,即x=0等號成立,所以當(dāng)k=0時,h(x)=1,不滿足題意,舍去;當(dāng)k<0時,h(x)=k(e2x+e一2x)+k2+1有最大值,無最小值,舍去,綜上,k的值為3.f(x)=exex,g(x)=2(ex+ex),2xexex)+16,xx因為y=t+在單調(diào)遞減,在[4,+∞)單調(diào)遞增,),t=ex+ex為偶函數(shù),根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性易得x>0時為增函數(shù),值域為[2,+∞),簡圖如下:①當(dāng)2m<8,即m<4時,y=2m與y=t+無交點,所以φ(x)的零點有0個;②當(dāng)2m=8,即m=4時,y=2m與y=t+有1個公共點,且公共點的橫坐標(biāo)t=4,當(dāng)t=4時,根據(jù)t的圖象可知,y=t與y=e—x+ex有2個交點,所以φ(x)的零點有2個.所以φ(x)的零點有4個;且公共點的橫坐標(biāo)為t=2和t=8,當(dāng)t=2時,根據(jù)t的圖象可知,y=t與y=e—x+ex有1個公共點;當(dāng)t=8時,根據(jù)t的圖象可知,y=t與y=e—x+ex有2個公共點,所以φ(x)的零點有3個.⑤當(dāng)2m>10,即m>5時,且公共點的橫坐標(biāo)t>8,當(dāng)t>8時,根據(jù)t的圖象可知,y=t與y=e—x+ex有2個公共點,所以φ(x)的零點有2個.綜上,當(dāng)m<4時,φ(x)的零點為0個;當(dāng)m=4或m>5時,φ(x)的零點為2個;當(dāng)m=5時,φ(x)的零點有3個;當(dāng)4<m<5時,φ(x)的零點為4個.2023·浙江杭州·高一杭師大附中??计谀?4.已知函數(shù)f(x)=x2-mx(m∈R),g(x)=-lnx.(1)當(dāng)m=1時,解方程f(x)=g(x);(2)若對任意的x1,x2∈[-1,1],都有f(x1)-f(x2)≤2恒成立,試求m的取值范圍;(3)用min{m,n}表示m,n中的最小者,設(shè)函數(shù)h(x)=min{f(x)+,g(x)(x>0),討論關(guān)于x的方程h(x)=0的實數(shù)解的個數(shù).【答案】(1)x=1【分析】(1)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解方程;(2)討論二次函數(shù)在給定區(qū)間的最值求解;(3)分類討論,利用數(shù)形結(jié)合的思想,轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)圖象的交點個數(shù).【解析】(1)當(dāng)m=1時,函數(shù)f(x)=x2-x,g(x)=-lnx,當(dāng)0<x<1時,f(x)=x2-x=x(x-1)<0,g(x此時方程f(x)=g(x)無解,當(dāng)x≥1時,f(x)=x2-x單調(diào)遞增,g(x)=-lnx單調(diào)遞減,且f(1)=0單調(diào)遞增,g(1)=0,所以此時方程f(x)=g(x)有唯一的解為x=1,綜上,方程f(x)=g(x)的解為x=1.(2)f(x1)-f(x2)≤2等價于f(x)max-f(x)min≤2,f(x)的對稱軸為x=,若m≤-2,即≤-1時,y=f(x)在[-1,1]上單調(diào)遞增,從而f(x)max=f(1)=1-m,f(x)min=f(-1)=1+m,所以1-m-(1+m)≤2,得m≥-1與m≤-2矛盾,舍去;2f(x)max=max{f(-1),f(1)},當(dāng)-2<m≤0時,f(x)max=f(1)=1-m, 從而f(x)max=f(-1)=1+m,f(x)min=f(1)=1-m,所以1+m-(1-m)≤2,得m≤1與m≥2矛盾,舍去.當(dāng)x=1時,f-m,g則x=1是h(x)=0的實數(shù)解,即問題等價于直線y=m與函數(shù)y=x+圖象的交點個數(shù).結(jié)合y=x+在(0,1)的圖象可知,當(dāng)m<1時,直線y=m與函數(shù)y=x+圖象沒有交點,即h(x)=0沒有實數(shù)解; 2023·江蘇無錫·高一無錫市第一中學(xué)校考期末(1)若a=-1,判斷函數(shù)f(x)的奇偶性,并說明理由;(2)若m∈(-1,+∞)且a>0,討論函數(shù)g(x)=f(x2-2x+m)-f(mx-1)在(-2,4)上的零點個數(shù).【答案】(1)偶函數(shù),理由見解析(2)答案不唯一,具體見解析【分析】(1)根據(jù)奇偶性的定義直接判斷函數(shù)的奇偶性;(2)利用定義法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性,進(jìn)而可將零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為方程根的個數(shù),分情況討論二次方程根的個數(shù)即可.【解析】(1)當(dāng)a=-1時,f(x)=ln(e2x+1)-x,函數(shù)f(x)的定義域為R,1+e2x)-2x+x=ln(1+e2x)-x=f(x),:f(x)是偶函數(shù);(2)因為函數(shù)f(x)的定義域為R,設(shè)x1<x2,e2x+)-lne2x2-x1),:x2>x1,a>0,即f(x2)-f(x1)>0,故函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).當(dāng)g(x)=f(x2-2x+m)-f(mx-1)=0時,f(x2-2x+m)=f(mx-1),即x2-2x+m=mx-1,所以函數(shù)g(x)在(-2,4)上零點的個數(shù),等價于方程x2-2x+m=mx-1在(-2,4)上根的個數(shù),2-(2-m)x+(m+1),:Δ=(2-m)2-4(m+1)=m2-8m>0,且h(x)的圖象對稱軸所以,函數(shù)g(x)在(-2,4)上有兩個不同的零點.即函數(shù)g(x)在(-2,4)上只有一個零點.且h(x)的圖象對稱軸x=>1,所以當(dāng)0<m<3時,h(4)>0,函數(shù)g(x)在(-2,4)上有兩個不同的零點,當(dāng)m≥3時,h(4)≤0,函數(shù)g(x)在(-2,4)上只有一個零點.綜上所述,當(dāng)-1<m<0或0<m<3時,函數(shù)g(x)在(-2,4)上有兩個不同的零點;當(dāng)m=0或m≥3時,函數(shù)g(x)在(-2,4)上只有一個零點.24-25高一上·重慶·期中16.若函數(shù)f(x)滿足:f(x)=f(|(),,則稱函數(shù)f(x)為k階對稱函數(shù),已知(1)求實數(shù)a的值;(2)求函數(shù)f(x)的值域;(3)若0<m≤2,討論關(guān)于x的方程f2(x)-mf(x)-2m2=0的解的個數(shù).(3)答案見解析【分析】(1)由k階對稱函數(shù)的定義,通過整理函數(shù)解析式后建立等式,求得a的值;(2)將a的值代入函數(shù)解析式并整理,用換元將函數(shù)解析式簡化為雙勾函數(shù),借助基本不等式求得雙勾函數(shù)定義域,再由雙勾函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)值域;(3)將方程因式分解,由(2)中函數(shù)的值域求方程的根,討論m的不同取值,找到對應(yīng)方程的解的個數(shù).【詳解】(1)因為f(x)是2階對稱函數(shù),所以當(dāng)x≠0時,有f所以即恒成立,則a-2=0,故實數(shù)a的值為2.令t=x+-2,則t≥22-2或t≤-22-2故g(t)=t+在t≥2-2或t≤-2s2-2時的值域為即函數(shù)f(x)的值域是.f(x)-2m=0,所以f(x)=-m或f(x)=2m,因為0<m≤2,故-m∈[-2,0),由(2)知f(x)的值域是故f(x)=-m無解,下面討論方程f(x)=2m的解的個數(shù):故f(x)=2m無解,所以當(dāng)0≤m<1時,原方程的解的個數(shù)為0;故f(x)=2m有2個解,所以當(dāng)m=1,時,原方程的解的個數(shù)為2;即-2=t1,此方程有2解,x+-2=t2,此方程有2解,故f(x)=2m有4個解, 所以當(dāng)1<m<時,原方程有4個解;此方程有2個解,故f(x)=2m有3個解,所以當(dāng)時,原方程有3個解; 解得有兩根t1,t2,且2-又t=x+-2,x+-2=t1,該方程無解,方程x+-2=t2有2解,故f(x)=2m有2個解, 所以當(dāng)<m≤2時,原方程有2個解;綜上所述:當(dāng)0≤m<1時,原方程的解的個數(shù)為0;當(dāng)時,原方程的解的個數(shù)為3;2023·山東青島·高一期末統(tǒng)考(1)求f(x)和g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:y=f(x)的圖象與y=g(x)的圖象只有一個交點.【答案】(1)f(x)的增區(qū)間是(1,+∞),減區(qū)間是(0,1),g(x)的增區(qū)間是(0,+∞),減區(qū)間是(-∞,0);(2)證明見解析.【分析】(1)根據(jù)單調(diào)性的定義結(jié)合已知恒等式得出f(x)的單調(diào)區(qū)間,然后由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性得出g(x)單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)h(x)=f(x)-g(x),然后由(1)得h(x)在(0,1]上的單調(diào)性,再由零點存在定理得其有唯一零點,利用(1)的結(jié)論和不等式的性質(zhì)得x>1時,h(x)<0,綜合后可證明結(jié)論成立.2-x1>0,當(dāng)x12+t>1,f(x2)=f(x1+t)>f(x1),所以f(x)在(1,+∞)上是增函數(shù),2-x1>0,則f(x2)=f(x1+t)<f(x1),所以f(x)在(0,1)上是減函數(shù),又g(x)=f(ex),設(shè)x1<x2<0,則0<ex1<ex2<1,則g(x1)=f(ex)>f(ex)=g(x2),所以y=ex-x-1在(-∞,0)上是減函數(shù),同理g(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),綜上,f(x)的增區(qū)間是(1,+∞),減區(qū)間是(0,1),g(x)的增區(qū)間是(0,+∞),減區(qū)間是(一∞,0);(2)設(shè)h(x)=f(x)一g(x),x>0,由(1)知x∈(0,1)時,f(x)遞減,g(x)遞增,2(x2)=f(x1)f(x2)+g(x2)g(x1)>0,即h(x1)>h(x2),所以h(x)在(0,1]上是減函數(shù),所以h(x)在(1,+∞)上無零點,綜上,y=h(x)只有一個零點,即y=f(x)與y=g(x)的圖象只有一個交點.24-25高一上·重慶·期中(1)當(dāng)a=1時,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)當(dāng)a≥1時,若f(x)在x∈R上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍;(3)若函數(shù)f(x)有3個不相等的零點x1,x2,x3(x1<x2<x3),在此條件下無論a取何值,不等式λx3>x1x2恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍.【分析】(1)根據(jù)題意去絕對值化簡函數(shù)解析式,結(jié)合和函數(shù)圖象判斷單調(diào)區(qū)間;(2)根據(jù)題意去絕對值化簡函數(shù)解析式,可知f(x)在(a,+∞)單調(diào)遞增,結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)分析求(3)分析可知a<一1,x2+x3=0,可得λ>一x1,結(jié)合二次方程的根的分析分析求解即可.當(dāng)a=1時,f可知f(x)在(一∞,a)上單調(diào)遞增,要使f(x)在x∈R上單調(diào)遞增,只需f(x)在(a,+∞)單調(diào)遞增,故a≥0.(3)當(dāng)a≥0時,由(2)可知,f(x)在x∈R上單調(diào)遞增,有1個零點,不合題意;當(dāng)1≤a<0時,f(x)在(∞,a)上單調(diào)遞增,至多1個零點,故f(x)在x∈R至多2個零點,不合題意;f(x)在區(qū)間(一∞,1),0,+∞上單調(diào)遞增,在(1,0)上單調(diào)遞減,易知當(dāng)x<1時,f(x)有1個零點x1<1,2a=0的較大根,綜上,故λ>max=2023高一上·湖北武漢·期末19.已知x=1是函數(shù)g(x)=ax2-3a(1)求實數(shù)a的值;(2)若方程f(i2x-1)+-3k=0有三個不同的實數(shù)解,求實數(shù)k的取值范圍.【答案】(1)a=1【分析】(1)依據(jù)題給條件列出關(guān)于實數(shù)a的方程,解之即可求得實數(shù)a的值;(2)先將題給方程化簡整理,利用換元法轉(zhuǎn)化為二次方程有二根,再利用指數(shù)函數(shù)列出關(guān)于實數(shù)k的不等式,解之即可求得實數(shù)k的取值范圍.由得g=x2-3x+2,則f=x-3+則方程-3k=0可化為2x-1-3k=0,∵x≠0,∴兩邊同乘2x-1得:2x-12-(3+3k)2x-1+3k+2=0,則此方程有三個不同的實數(shù)解.當(dāng)t=3k+2時,2x-1=3k+2,則此方程有兩個不同的實數(shù)解,2023年廣東省東莞市期末20.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x≥0時,f(x)=1—a.2x.(1)求a的值;(2)求f(x)在R上的解析式;(3)若函數(shù)g(x)=f(x)—k.2x有零點,求實數(shù)k的取值范圍.【解析】(2)根據(jù)f(x)的奇偶性求得f(x)的解析式.(3)由g(x)=f(x)—k.2x=0分離常數(shù)k,利用構(gòu)造函數(shù)法,結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)的性質(zhì)求得k的取值范圍.【小問1詳解】由于函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),【小問2詳解】所以f(x)=f(x)=(12x)=1+2x(x<0),所以【小問3詳解】函數(shù)g(x)=f(x)—k.2x有零點等價于方程f(x)—k.2x=0有根,分離參數(shù)得原問題等價于y=k與y=的圖象有公共點,所以求k的范圍,即求函數(shù)的值域,l22l22所以當(dāng)k>1時,函數(shù)g(x)=f(x)k.2x有零點.2023·浙江杭州·高一浙江省杭州第七中學(xué)??计谀?1)當(dāng)t=1時,求不等式f(x)≤g(x)的解集;(2)若函數(shù)F(x)=af(x)+(t—2)x2+(16t)x+8t+1在區(qū)間(2,5]上有零點,求實數(shù)t的取值范圍.【答案】(1)答案見解析;【分析】(1)代入t=1,分為0<a<1以及a>1兩種情況,根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得出答案;當(dāng)0<a<1時,得{x+1>0,解得x≥3;202〔02當(dāng)a>1時,得{x+1>0l2x2-2≤綜上,當(dāng)0<a<1時,不等式的解集為[3,+∞);當(dāng)a>1時,不等式的解集為(1,3].(2)由題意可得,函數(shù)F(x)=tx2+(1-6t)x+8t-1=t(x2-6x+8)+x-1令t(x2-6x+8)+x-1=0,所以,當(dāng)m=時,k(m)有最小值k()=2-4,解得t的取值范圍為2023上·江蘇鹽城·高一江蘇省射陽中學(xué)??计谀?2.已知函數(shù)f(x)=x2a-x+2x,a∈R.(1)若a=0,判斷函數(shù)y=f(x)的奇偶性,并加以證明;(2)若函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;(3)若存在實數(shù)a∈[-2,2],使得關(guān)于x的方程f(x)-tf(2a)=0有三個不相等的實數(shù)根,求實數(shù)t的取值范圍(寫出結(jié)論即可,無需論證).【答案】(1)奇函數(shù),證明見解析;(2)-1≤a≤1;(3)1<t<【分析】(1)根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行求解證明即可;(2)根據(jù)絕對值的性質(zhì),結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可;(3)根據(jù)(2)的結(jié)論,運用分類討論法,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可.所以f(-x)=-x-x-2x=-xx-2x=-f(x),所以函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù);2f(x)的對稱軸為x=a-1;當(dāng)x<2a時,y=f(x)的對稱軸所以當(dāng)a-1≤2a≤a+1時,y=f(x)在R上是增函數(shù),即-1≤a≤1時,函數(shù)y=f(x)在R上是增函數(shù);(3)方程f(x)-tf(2a)=0的解即為方程f(x)=tf(2a)的解.①當(dāng)-1≤a≤1時,函數(shù)y=f(x)在R上是增函數(shù),關(guān)于x的方程f(x)=tf(2a)不可能有三個不相等的實數(shù)根;②當(dāng)a>1時,即2a>a+1>a-1時,y=f(x)在(-∞,a+1)上單調(diào)遞增,在(a+1,2a)上單調(diào)遞減,在(2a,+∞)上單調(diào)遞增,則當(dāng)f(2a)<tf(2a)<f(a+1)時,關(guān)于x的方程f(x)=tf(2a)有三個不相設(shè)因為存在實數(shù)a∈[-2,2],使得關(guān)于x的方程f(x)=tf(2a)有三個不相等的實數(shù)根,所以1<t<h(a)max,又可證在上單調(diào)遞增,所以h(a)max=,故③當(dāng)a<-1時,即2a<a-1<a+1,y=f(x)在(-∞,2a)上單調(diào)遞增,在(2a,a-1)上單調(diào)遞減,在(a-1,+∞)上單調(diào)遞增,則當(dāng)f(a+1)<tf(2a)<f(2a)時,關(guān)于x的方程f(x)=tf(2a)有三個不相等因為存在實數(shù)a∈[-2,2],使得關(guān)于x的方程f(x)=tf(2a)有三個不相等的實數(shù)根,所以1<t<g(a)max,而函數(shù)g(a)=-a+-2,)在[-2,-1)上單調(diào)遞減,所以g(a)max=,故1<t<;23-24高一上·重慶九龍坡·期末(1)當(dāng)x∈(0,2π)時,求不等式f(sinx-1)+f(2sinx)<0的解集;(2)若方程f(2x)=g(x)只有一個解,求a的取值范圍.【分析】(1)將sinx-1,2sinx分別代入函數(shù)f(x)解析式,得到不等式log2(2sin2x+sinx)<0,利用對數(shù)函數(shù)y=log2x的性質(zhì),解不等式2sin2x+sinx<1即可;(2)先分析函數(shù)=log2的定義域,方程f(2x)=g(x)化簡可得log2再將方程a22x-(+1)2x-1=0等價于方程at2-t-1=0,討論一元二次方程的解即可.則f(sinx-1)+f(2sinx)=log2sinx+log2(2sinx需要保證sinx>0,2sinx+1>0若f(sinx-1)+f(2sinx)<0,則log2(2sin2x+sinx)<0=log21,對數(shù)函數(shù)y=log2x在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì),且x∈(0,2π),不等式f(sinx-1)+f(2sinx)<0的解集為:(0,)u(,π).(2)f(2x)=log2(2x+1)的定義對于函數(shù)=log2方程,即為log2=log2得:log2=x,即a22x-2x-1=0,構(gòu)造函數(shù)h(t)=at2-(+1)t-1,其中t=2x,當(dāng)a<0時,方程f(2x)=g(x)只有一個解等價于h(t)只有一個小于的正零點即可,開口向下的拋物線h(t)=at2-(+1)t-1在區(qū)間(0,)可能無零點、兩個零點,或拋物線的頂點恰在區(qū)間(0,1若拋物線的頂點在區(qū)間(0,1)拋物線對稱軸滿足,解得a<-2,at2-(+1)t-1=0有兩個相等實根2+4a=0, 解得a=-10+46>-2(舍去)或a故a=-10-46;當(dāng)a>0時,方程f(2x)=g(x)只有一個解等價于h(t)只有一個大于的零點即可,h(0)=-1<0,函數(shù)h(t)=at2-(+1)t-1有兩個異號零點,且函數(shù)正零點大于,此種情況成立;綜上,若方程f(2x)=g(x)只有一個解,則a>0或a=-10-4·.23-24高一上·江蘇鎮(zhèn)江·期末24.已知函數(shù)f(x)=(log2x)2-(m+5)log2x+m+8的定義域為[4,16].(1)如果不等式f(x)>0恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(2)如果函數(shù)y=f(x)存在兩個不同的零點x1,x2(x1<x2).①求實數(shù)m的取值范圍;②求的最大值.【答案】(1)m<12x,t+5)t+m+8>0在[2,4]上恒成立,然后分離參數(shù),結(jié)合基本不等式,即可求得答案;(2)①將函數(shù)y=fx存在兩個不同的零點x1,x2(x1<x2),轉(zhuǎn)化為g(t)=t2-(m+5)t+m+8存在兩個不同的零點t1,t2(t1<t2)問題,結(jié)合一元二次方程的根的分布,列出不等式組,即可求得答案;②將化為1-結(jié)合對數(shù)運算和根與系數(shù)的關(guān)系,求出的最大值,即可求得答案.【詳解】(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域為[4,16],故log2x∈[2,4],令t=log2x,t則不等式f(x)>0恒成立,等價于函數(shù)g(t)=t2-(m+5)t+m+8>0在[2,4]上恒成立,由于t-1>0,故g(t)>0在[2,4]上恒成立,即->m在[2,4]上恒成立, 故m<1;(2)①由于t=log2x,t∈[2,4]為增函數(shù),故函數(shù)y=fx存在兩個不同的零點x1,x2(x1<x2),2-(m22x1,t2=log2x2,t1,t23422312-4t1t212-16,2-162故的最大值為2, 當(dāng)x2取最大值時1-(x)2取到最大值1-2=31.2023·浙江溫州·高一統(tǒng)考期末(1)若a=b=1,求函數(shù)f(x)的最小值;(2)若函數(shù)f(x)存在兩個不同的零點x1與x2,求的取值范圍.x1x2【答案】(1)f(x)min=02+x,對自變量x進(jìn)行分類討論,將函數(shù)f(x)2+x,對自變量x進(jìn)行分類討論,將函數(shù)f(x)寫成分段函數(shù)形式利用函數(shù)單調(diào)性即可求得函數(shù)f(x)的最小值2)對參數(shù)b的取值進(jìn)行分類討論,利用韋達(dá)定理寫出+關(guān)于a,b的表達(dá)式,再利用換元法構(gòu)造函數(shù)根據(jù)函數(shù)單調(diào)性即可求得其取值范圍.【解析】(1)解法一:若a=b=1時,求函數(shù)f(x)=x2-1+x2+x,當(dāng)x≥1時,f(x)=2x2+x-1,f(x)min=f(-1故f(x)min=0.解法二:若a=b=1時,求函數(shù)f(x)=x2-1+x2+x=max{2x2+x-1,x+1};畫出y=2x2+x-1和y=x+1的圖像如下圖所示:易得f(x)min=0.(2)解法一:若b≤0,f(x)=2ax2+bx-b,因為f(x)存在兩個不同的零點x1與x2,所以2x2當(dāng)-1>-, 當(dāng)-1>-,22所以f(x)min=f((|-·),>0,f(x)無零點;當(dāng)=1時,f(x)只有一個零點x=1;解法二:令t=,等價于g(x)=x2-t+x2+tx存在兩個不同的零點x1與x2,+tx-t,因為g(x)存在兩個不同的零點x1與x2,xxxx)上單調(diào)遞增,g當(dāng)t=1時,g(x)只有一個零點x=1;2023上·江蘇蘇州·高一統(tǒng)考期末26.已知f(x),g(x)分別為定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),且f(x)+g(x)=2x.(1)求f(x)和g(x)的解析式;(2)若函數(shù)h(x)=log2[g(2x)-a.f(x)]在R上的值域為[-1,+∞),求正實數(shù)a的值;(3)證明:對任意實數(shù)k,曲線y=與曲線y=kx+總存在公共點.(3)證明見詳解【分析】(1)利用解方程組法即可求得解析式.(2)構(gòu)造函數(shù)通過換元法利用二次函數(shù)的最值即可求得a的值.(3)分類討論利用零點存在性定理即可證明.【解析】(1)f(x),g(x)分別為定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)所以f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),又因為f(x)+g(x)=2x①,所以f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=2-x②,有①②可知,g令F-a.f,由又因為x∈R,令t=2x-2-x,所以t∈R函數(shù)h(x)=log2[g(2x)-a.f(x)]在R上的值域為[-1,+∞),y=與曲線y=kx+總存在公共點,即+kx-有實數(shù)根+kx-當(dāng)k=0時,易知x=log43為函數(shù)G(x)的零點,當(dāng)k<0時,易知函數(shù)+kx-在單調(diào)遞減,故對任意實數(shù)k函數(shù)G+kx-在有零點.即對任意實數(shù)k曲線y=與曲線y=kx+總存在公共點.2023年廣東省深圳市寶安區(qū)期末(難)(-并寫出m的取值范圍;(2)若關(guān)于x的方程f(x)-x=0有3個不同的根,求n的取值范圍.【答案】(1)答案見解析;【解析】【分析】(1)將問題轉(zhuǎn)化為h=f(x)max-f(x)min,結(jié)合f(x)的圖像,分類討論≤m<1,(2)法一:分別討論x<n與x≥n時,f(x)-x=0的解的個數(shù)情況,最后綜合兩者的情況得到f(x)-x=0有3個不同的根時,n的取值范圍.法二:由于f(x)-x=0最多只有3個不同的根x=0、x=所以當(dāng)f(x)-x=0有3個不同的根時,只需n即可,由此可求得n的取值范圍.【小問1詳解】當(dāng)x<1時,f(x)=-2x(x-1)=-2x2+2x,則f(x)開口向下,對稱軸為故f(x)在上單調(diào)遞增,在(|(,1,)上單調(diào)遞減max=f當(dāng)x≥1時,f(x)=x(x-1)=x2-x,則f(x)開口向上,對稱軸為故f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,即x2-x=解得負(fù)值舍去又f(0)=0,f(1)=0,所以f(x)的圖像如圖,,m,令h=if(x2)-f(x1)imax,即h為f(x)在,m的最大值與最小值的差的絕對值,結(jié)合圖像得,fmin=f=2m2-2m+max-f(x)min=f(|(,)-f(1)=-0=;(x)max-f(x)min=f(m)-f(1)=m2-m;.【小問2詳解】當(dāng)x<n時,f(x)=-2nx(x-1),則f(x)-x=0可化得-2nx-x=0,即x=0,(ii)當(dāng)n≠0時,f(x)-x=0可能有兩個解x=0或x=而即也不是f(x)-x=0的解,故f(x)-x=0無解;當(dāng)n>0時,x=0必然是f(x)-x=0的一個解,2n2-2n+1>0恒成立,故f(x)-x=0有兩個解x=0或x=所以當(dāng)n≤0時,f(x)-x=0無解;當(dāng)n>0時,f(x)-x=0有兩個解x=0或x=則f(x)-x=0可化得-x=0,即x=0,i)當(dāng)n=0時,x≥0,故f(x)-x=0只有一個解x=0;當(dāng)n<0時,x=0必然是f(x)-x=0的一個解, f(x)-x=0只有一個解x=0;(x)-x=0的解, (x)-x=0只有一個解x=;當(dāng)n>時,f(x)-x=0無解; f(x)-x=0只有一個解x=0;當(dāng)0<n≤時,f(x)-x=0只有一個解x=; 當(dāng)n>時,f(x)-x=0無解. 綜合x<n與x≥n兩種情況可得,當(dāng)n≤時,f(x)-x=0有兩個解x=0或x= (x)-x=0只有一個解x=0;當(dāng)0<n≤時,f(x)-x=0有 (x)-x=0有兩個解x=0或又因為0<n==0,不合題意;即n的取值范圍為當(dāng)n=0時,fn=0,故f(x)-x=0只有一個根x=0,故n≠0,當(dāng)x<n時,f(x)-x=-2nx(x-1)-x=-2nx2+(2n-1)x,則f(x)-x=0可能有兩個根當(dāng)x≥n時,f(x)-x=nx(x-1)-x=nx2-(n+1)x,則f(x)-x=0可能有兩個根x=0或n所以當(dāng)f(x)-x=0有3個不同的根時,這三個根必為x=0、x=而x=0要么是x<n時f(x)-x=0的根,要么是x≥n時f(x)-x=0的根,即x=0必是f(x)-x=0的根,所以要使得為f-x=0的根,只需要又因為0<n=不合題意;即n的取值范圍為題型六指數(shù)與對數(shù)型復(fù)合函數(shù)問題2023上·江蘇宿遷·高一統(tǒng)考期末(1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性;(2)若函數(shù)g(x)=f(x)+bx為偶函數(shù),且g(x)不為常數(shù).①求實數(shù)a,b的值;②判斷并證明g(x)的單調(diào)性.【答案】(1)答案見解析1.;②減函數(shù),證明見解析(2)①利用特殊值得到方程組,求出參數(shù)的值,再代入檢驗即可;②由①得到函數(shù)解析式,再利用定義法證明函數(shù)在[0,+∞)上的單調(diào)性,即可得解.【解析】(1)①當(dāng)a<0時,令4x+a>0,即x所以f(x)的定義域為(log4(-a),+∞),不關(guān)于原點對稱,所以f(x)不具有奇偶性;②當(dāng)a=0時,f(x)=2x,f(-x)=-f(x),為奇函數(shù);③當(dāng)a>0時,f(0)=log2(1+a)>0,所以f(x)不為奇函數(shù),又f(-1)=log2(+a)≠log2(4+a)=f(1),所以f(x)不為偶函數(shù).綜上,當(dāng)a=0時,f(x)為奇函數(shù);當(dāng)a≠0時,f(x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù).(2)由(1)知,若g(x)=f(x)+bx為偶函數(shù),則a≥0,所以g(x)的定義域為R.①因為g(x)為偶函數(shù),所以所以b,所以化簡得a2化簡得a2-a=0,所以{lb或{l或{lb所以g(-x)=g(x),g(x)為偶函數(shù).綜上{lb=在(-∞,0]為減函數(shù),在[0,+∞

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